2019届高考物理二轮复习第一部分专题整合专题三电场和磁场第2讲磁场及带电粒子在磁场中的运动专项训练201902203275.doc

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1、1第 2 讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动真题再现 1.(多选)(2018全国卷)如图 321 所示，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线 L1、 L2， L1中的电流方向向左， L2中的电流方向向上； L1的正上方有 a、 b 两点，它们相对于 L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为 B0，方向垂直于纸面向外。已知 a、 b 两点的磁感应强度大小分别为 B0和 B0，方向也垂直于纸面向外。则13 12图 321A流经 L1的电流在 b 点产生的磁感应强度大小为 B0712B流经 L1的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 B0112C流经 L2的电流在 b 点产生的磁感应

2、强度大小为 B0112D流经 L2的电流在 a 点产生的磁感应强度大小为 B0712解析 由对称性可知，流经 L1的电流在 a、 b 两点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，流经 L2的电流在 a、 b 两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反，设其大小为 B2；由磁场叠加原理有 B0 B1 B2 B0， B0 B1 B2 B0，联立解得 B1 B0， B2 B0，所以13 12 712 112A、C 正确。答案 AC2(多选)(2017全国卷)某同学自制的简易电动机示意图如图 322 所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架

3、在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将图 3222A左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析 如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，则线圈在安培力作用下转动起来，每转一周安培力驱动一次，可保证线圈不断地转动，A 项正确；如果左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下去，B 项错误；如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转轴的下侧绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线圈不可能转动，C

4、 项错误；如果左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与 A 项相同，因此 D 项正确。答案 AD3(2017全国卷)如图 323 所示，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场， P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过 P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入的速度为 v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速度为 v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则 v2 v1为图 323A. 2 B. 1 C. 1 D33 2 3 2解析 当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远

5、，则当粒子射入的速度为 v1，如图，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为 r1 Rcos 60 R；同理，12若粒子射入的速度为 v2，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为 r2 Rcos 30 R；32根据 r v，则 v2 v1 r2 r1 1，故选 C。mvqB 33答案 C4.(2016新课标卷)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图324 所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的 12 倍。此

6、离子和质子的质量比约为图 324A11 B12C121 D144解析 设质子和离子的质量分别为 m1和 m2，原磁感应强度为 B1，改变后的磁感应强度为 B2。在加速电场中 qU mv2，在磁场中 qvB m ，联立两式得 m ，故有12 v2R R2B2q2U 144，选项 D 正确。m2m1 B2B21答案 D考情分析分值 618 分题型 选择题、计算题命题热点(1)磁场对电流的作用力(2)带电粒子在磁场中的运动(3)带电粒子在有界磁场中的临界问题(4)带电粒子在磁场中运动的多解问题4考点一 磁场对带电体的作用1掌握“两个磁场力”(1)安培力： F BIL(I B)。(2)洛伦兹力： F

7、qvB(v B)。2用准“两个定则”(1)对电流的磁场用安培定则。(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则。3画好“图形”：对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力分析图。【题组突破】1.(2018河南调研联考)如图 325 所示，在竖直向上的匀强磁场中，金属棒 ab 两端由等长轻质软导线水平悬挂，平衡时两悬线与水平面的夹角均为 ( 90)，缓慢调节滑动变阻器的滑片位置以改变通过棒中的电流 I。则下列四幅图像中，能正确反映 与I 的变化规律的是图 325解析 对 ab 棒受力分析如图所示：由平衡条件有 tan ，得 I ，又知 为常数，故 A 项正确，mgB

8、IL mgBL 1tan mgBLB、C、D 项错误。答案 A52.(多选)(2018湖北八校第二次联考)如图 326 所示，有两根长为 L、质量为 m的细导体棒 a、 b， a 被水平放置在倾角为 45的光滑斜面上， b 被水平固定在与 a 在同一水平面的另一位置，且 a、 b 平行，它们之间的距离为 x。当两导体棒中均通以电流强度为I 的同向电流时， a 恰能在斜面上保持静止，则下列关于 b 的电流在 a 处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是图 326A方向竖直向上B大小为2mg2LIC要使 a 仍能保持静止，而减小 b 在 a 处的磁感应强度，可使 b 上移D若使 b 下移， a 将不

9、能保持静止解析 由安培定则可知，通电导体棒 b 周围的磁感应线方向为顺时针方向，所以在 a处的磁场方向竖直向上，如图(a)所示，所以选项 A 正确；以导线 a 为研究对象进行受力分析如图(b)所示，故有 mg BIL，解得 a 点处的磁感应强度大小为 B ，所以选项 B 错误；mgIL欲减小 b 在 a 处的磁感应强度，可增大两导线间的距离，将 b 上移或下移都可以，当 b 上移时， a 受到的安培力方向逆时针转动，此时能保持 a 受力平衡，所以选项 C 正确；若 b下移， a 受到的安培力顺时针转动，只有大小变大才能保持平衡，但安培力在减小，导体棒受力不平衡，故选项 D 正确。答案 ACD3

10、(多选)(2017全国卷)如图 327，三根相互平行的固定长直导线 L1、 L2和L3两两等距，均通有电流 I， L1中电流方向与 L2中的相同，与 L3中的相反，下列说法正确的是6图 327A L1所受磁场作用力的方向与 L2、 L3所在平面垂直B L3所受磁场作用力的方向与 L1、 L2所在平面垂直C L1、 L2和 L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 11 3D L1、 L2和 L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 13 3解析 由安培定则可判断出 L2在 L1处产生的磁场( B21)方向垂直 L1和 L2的连线竖直向上， L3在 L1处产生的磁场( B31)方向垂直 L1和 L3

11、的连线指向右下方，根据磁场叠加原理，L3和 L2在 L1处产生的合磁场( B 合 1)方向如图 1 所示，根据左手定则可判断出 L1所受磁场作用力的方向与 L2和 L3的连线平行，选项 A 错误；同理，如图 2 所示，可判断出 L3所受磁场( B 合 3)作用力的方向(竖直向上)与 L1、 L2所在的平面垂直，选项 B 正确；同理，如图3 所示，设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为 B，根据几何知识可知， B 合 1 B， B 合 2 B， B 合 3 B，由安培力公式可知， L1、 L2和 L3单位长度所受的磁3场作用力大小与该处的磁感应强度大小成正比，所以 L1、 L2

12、和 L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 11 ，选项 C 正确，D 错误。3答案 BC考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动1 “一点、两画、三定、四写”求解粒子在磁场中的圆周运动图 328(1)一点：在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、要求经过的某一位置等)。(2)两画：画出速度 v 和洛伦兹力 F 两个矢量的方向。(3)三定：定圆心、定半径、定圆心角。(4)四写：写出基本方程 qvB m ，半径 R ，周期 T ，运动时间v2R mvqB 2 Rv 2 mqBt T。sv a22对称性的应用7(1)粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等。(2)粒子沿径

13、向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域。(多选)(2018 安徽联盟联考)如图 329 所示， MN 是垂直于纸面向里的匀强磁场的边界，在边界上 P 点有甲、乙两粒子同时沿与 PN 分别成 60角、30角垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后均从 Q 点射出磁场，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列判断正确的是图 329A若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子的速度之比为 1 3B若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为 21C若甲、乙两粒子同时到达 Q 点，则甲、乙两粒子的速度之比为 23D若甲、乙两粒子同时到达 Q 点，则甲、乙两粒子的比荷之比为 21解析 设

14、P、 Q 间的距离为 L，则由几何关系可得甲、乙粒子在磁场中做圆周运动轨迹的半径分别为： r 甲 ， r 乙 L，如果两粒子完全相同，由 rL2cos 30 L3L2cos 60，得 v ，则甲、乙两粒子的速度之比为 v 甲 v 乙 r 甲 r 乙 1 ，A 正确；如果mvqB qBrm 3甲、乙两粒子完全相同，由 T 可知粒子做圆周运动的周期相同，则两粒子在磁场中2 mqB运动的时间之比等于两粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角之比， t 甲 t 乙 21，B 正确；若甲、乙两粒子同时到达 Q 点，则两粒子在磁场中运动的时间23 3相同，则两粒子的速度之比等于轨迹的弧长之比， v 甲 v 乙

15、2 ，由2 r甲3 2 r乙6 3r ，可得 ，则甲、乙两粒子的比荷之比为 21，C 错误，mvqB qm vrB q甲m甲 q乙m乙 v甲r甲 B v乙r乙 BD 正确。答案 ABD【题组突破】81.(多选)(2018广西桂林、崇左联考)在真空中，半径为 R 的圆形区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为 B，一束质子在纸面内以相同的速度射向磁场区域，质子的电荷量为 e，质量为 m，速度为 v ，则以下说法正确的是eBRm图 3210A对着圆心入射的质子，其出射方向的反向延长线一定过圆心B沿 a 点比沿 b 点进入磁场的质子在磁场中运动时间短C所有质子都在磁场边缘同一点射出磁场D

16、若质子以相等的速率 v 从同一点沿各个方向射入磁场，则它们离开磁场的出eBRm射方向可能垂直解析 质子做圆周运动的半径为 r R，对着圆心入射的质子，其洛伦兹力方向与mveB圆周相切，由几何关系可知，其出射方向的反向延长线一定过圆心，选项 A 正确；质子射入磁场中，受到向下的洛伦兹力而向下偏转，因质子的运转半径相同，故沿 a 点比沿 b 点进入磁场的质子在磁场中运动经过的弧长更长，则时间长，选项 B 错误；质子的速度为v 时，质子运动的半径 r R，画出各个质子的运动轨迹，由几何关系可知，所有eBRm mveB质子都在 O 点的正下方一点射出磁场，选项 C 正确；所有质子做圆周运动的半径都等于

17、R。若质子从同一点沿各个方向射入磁场，考虑两个极端情况，当质子的入射速度接近竖直向上或竖直向下时，质子射出磁场时的偏转角的夹角小于 90，故不存在离开磁场的出射方向垂直的情况，选项 D 错误。答案 AC2.(多选)如图 3211 所示，在区域和区域内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区域内磁感应强度是区域内磁感应强度的 2 倍。一带电粒子在区域左侧边界处以垂直边界的速度进入区域，发现粒子离开区域时速度方向改变了 30，然后进入区域，测得粒子在区域内的运动时间与区域内的运动时间相等，则下列说法正确的是9图 3211A粒子在区域和区域中的速率之比为 11B粒子在区域和区域中的角速度之比为 2

18、1C粒子在区域和区域中的圆心角之比为 12D区域和区域的宽度之比为 11解析 由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故 A 正确；由洛伦兹力 f qBv ma 和 a v 可知，粒子运动的角速度之比为 1 2 B1 B212，则 B 错误；由于粒子在区域和区域内的运动时间相等，由t 可得 t ，又 B22 B1，所以可得 1 212，则 C 正确；由题意可 mqB 1mqB1 2mqB2知，粒子在区域中运动的圆心角 30，则粒子在区域中运动的圆心角为 60，由 R可知粒子在区域中的运动半径是粒子在区域中运动半径的 2 倍，设粒子在区域中mvqB的运动半径为 r，作粒子运

19、动的轨迹如图所示，则由图可知，区域的宽度 d12 rsin 30 r，区域的宽度 d2 rsin 30 rcos(1806060) r，故 D 正确。答案 ACD考点三 带电粒子在磁场中运动的多解问题和临界问题1求解临界、极值问题的“两思路、两方法”2带电粒子在磁场中做圆周运动引起多解的原因10(1)带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。(2)磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。(3)临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同分别求解。(4)圆周运动的周期性形成多解。如图 3212 所示，在 0 x a、0 y 范围内有垂直于 xOy 平面向外的匀a2强

20、磁场，磁感应强度大小为 B。坐标原点 O 处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在 xOy 平面内，与 y 轴正方向的夹角分布在 090范围内。已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于 到 a 之间，从a2发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一。求：图 3212(1)最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度的大小；(2)最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度方向与 y 轴正方向夹角的正弦值。思路引导解析 (1)设粒子的发射速度为 v，粒子做圆周运动的轨道半径为 R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得

21、 qvB m v2R由式得 R mvqB当 R a 时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨迹是圆心为 C 的圆弧，圆弧与磁a211场的上边界相切，如图所示，设该粒子在磁场中运动的时间为 t，依题意 t 得 OCA T4 2设最后离开磁场的粒子的发射方向与 y 轴正方向的夹角为 ，由几何关系可得Rsin R a2Rsin a Rcos 又 sin2 cos 2 1由式得： R(2 )a62由式得： v(2 ) 62 aqBm(2)由式得：sin 。6 610答案 (1)(2 ) (2)62 aqBm 6 610如图 3213 甲所示， M、 N 为竖直放置且彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中

22、央各有一个小孔 O、 O且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。有一束正离子在 t0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁场。已知正离子的质量为 m，电荷量为 q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为 T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力。图 3213(1)求磁感应强度 B0的大小；(2)要使正离子从 O孔垂直于 N 板射出磁场，求正离子射入磁场时的速度 v0的可能值。解析 (1)设磁场方向垂直于纸面向里时为正，正离子射入磁场后做匀速圆周运动，12洛伦兹力提供向心力，有B0qv0 mv20r粒子运动的周期 T0

23、2 rv0联立两式得磁感应强度 B0 。2 mqT0(2)正离子从 O孔垂直于 N 板射出磁场时，其中的一种运动轨迹如图所示。在两板之间正离子只运动一个周期 T0时，有rd4在两板之间正离子运动 n 个周期即 nT0时，有r (n1,2,3，)d4n解得 v0 (n1,2,3，)。 d2nT0答案 (1) (2) (n1,2,3，)2 mqT0 d2nT0【题组突破】1临界问题中临界点位置的确定(多选)如图 3214 所示， S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板 MN垂直于纸面，在纸面内的长度 L9.1 cm，中点 O 与 S 间的距离 d4.55 cm， MN 与 SO 直线的

24、夹角为 ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度 B2.010 4 T，电子质量 m9.110 31 kg，电量 e1.610 19 C，不计电子重力，电子源发射速度 v1.610 6 m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为 l，则图 3214A 90时， l9.1 cm B 60时， l9.1 cmC 45时， l4.55 cm D 30时， l4.55 cm13解析 电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力： evB ， R 4.5510 2 mv2R mvBem4.55 cm ， 90 时，击中板的范围如图甲， l2 R9.1 cm，选项 A

25、 正确；L2 60时，击中板的范围如图乙所示， l2 R9.1 cm，选项 B 错误； 30，如图丙所示， l R4.55 cm，当 45时，击中板的范围如图丁所示， l R(R4.55 cm)，故选项 D 正确，选项 C 错误。答案 AD2粒子运动速度及时间的临界问题(2018郑州模拟)一足够长的矩形区域 abcd 内充满磁感应强度为 B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，矩形区域的左边界 ad 宽为 L，现从 ad 中点 O 垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为 v0，方向与 ad 边夹角为 30，如图 3215 所示，已知粒子的电荷量为q，质量为 m(重力不计)。图 3215(1)若粒子带负电

26、，且恰能从 d 点射出磁场，求 v0的大小。(2)若粒子带正电，且粒子能从 ab 边射出磁场，求 v0的取值范围以及此范围内粒子在磁场中运动的时间 t 的范围。解析 (1)若粒子带负电，则进入磁场后沿顺时针方向偏转，如图所示：O1为轨迹圆心，由对称性可知，速度的偏转角 12 6014轨迹半径 r1 Od L2由牛顿第二定律得： qv0B mv20r1解得： v0 qBr1m qBL2m(2)若粒子带正电，则沿逆时针方向偏转，当 v0最大时，轨迹与 cd 相切，轨迹圆心为O2，半径为 r2，由几何关系得：r2 r2cos 60 L2解得： r2 L即： vmax qBr2m qBLm当 v0最小

27、时，轨迹与 ab 相切，轨迹圆心为 O3，半径为 r3，由几何关系可得：r3 r3sin 30L2解得： r3 L3即： vmin qBr3m qBL3m所以 v0qBL3m qBLm粒子从 ab 边射出磁场，当速度为 vmax时，速度偏转角最小且为 150，故运动时间最短，则： tmin T 150360 5 m6Bq速度为 vmin时，速度偏转角最大且为 240，因此运动时间最长，则： tmax T2403604 m3Bq所以粒子的运动时间 t 的范围是 t 。5 m6Bq 4 m3Bq答案 (1) (2) v0 tqBL2m qBL3m qBLm 5 m6Bq 4 m3Bq3(2018洛

28、阳模拟)如图 3216 所示，在无限长的竖直边界 AC 和 DE 间，上、下部分分别充满方向垂直于 ADEC 平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0， OF 为上、下磁场的水平分界线，质量为 m、带电荷量为 q 的粒子从 AC 边界上与 O 点相距为 a 的 P 点垂直于 AC 边界射入上方区域，经 OF 上的 Q 点第一次进入下方区域， Q 与O 点的距离为 3a。不考虑粒子重力。15图 3216(1)求粒子射入时的速度大小；(2)要使粒子不从 AC 边界飞出，求下方区域的磁感应强度应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度 B3 B0，粒子最终垂直 DE 边界飞出，求边界 D

29、E 与 AC 间距离的可能值。解析 (1)设粒子在 OF 上方做圆周运动，半径为 R，如图甲所示，由几何关系可知；R2( R a)2(3 a)2，解得 R5 a由牛顿第二定律可知 qvB0 mv2R解得 v 。5aqB0m(2)当粒子恰好不从 AC 边界飞出时，设粒子在 OF 下方做圆周运动的半径为 r1，如图乙所示，由几何关系得r1 r1cos 3 a，cos ，35所以 r1 ，15a8根据 qvB1 ，解得 B1 。mv2r1 8B03当 B1 时，粒子不会从 AC 边界飞出。8B0316(3)当 B3 B0时，粒子在 OF 下方的运动半径为 r a，设粒子的速度方向再次与射入53磁场时的速度方向一致时的位置为 P1，则 P 与 P1的连线一定与 OF 平行，如图丙所示，根据几何关系知， rcos a，NQ同理 a，MN a，则 4 a。OM QO PP1所以若粒子最终垂直 DE 边界飞出，边界 DE 与 AC 间的距离为L n 4 na(n1,2,3)。PP1答案 (1) (2)大于 (3)4 na(n1,2,3)5aqB0m 8B03